ARC 124 D Yet Another Sorting Problem 题解

Description

给定一个长度为 $N+M$ 的排列。

你每次可以选择前 $N$ 个数中的一个以及后 $M$ 个数中的一个并将它们交换。

你需要求出，至少需要多少次交换操作才能使得排列变为 $1,2,3,\cdots ,N+M$。

Solution

下面，为方便叙述，令位置不超过 $N$ 为左边，否则为右边。

假设我们可以交换同属一边的数，那么这就成为了一道裸题: 从 $i$ 向 $p_i$ 连边，得到了一张每个点的入度以及出度均为 $1$ 的图。考虑其每一个连通块（显然是个环），并交换环上相邻的位置即可。总操作次数为 $N+M-K$，其中 $K$ 表示连通块的个数。

加入只能交换左右边的限制怎么办呢？我们依然按照 $i\to p_i$ 的方式建图。考虑每一个连通块，若它跨越了左边和右边，那么它必然可以在 $S-1$ 次交换中被还原，其中 $S$ 表示连通块的大小。特别的，若它只属于左边或只属于右边，那么上述结论不成立。

令只属于左边的连通块有 $X$ 个，只属于右边的连通块有 $Y$ 个。不妨设 $X<Y$。我们可以将左边的前 $Y$ 个与右边的两两配对并进行操作，且每次操作次数均为 $S$，其中 $S$ 表示混合连通块的大小（先随意交换一个位置，然后接下来每次都可以恰好复原一个位置，最后一次可以复原两个位置，$1+(S-1)=S$）。对于那 $Y-X$ 个失配的，我们从异侧硬搞过来一个位置与它配对并进行操作。分析一下这两种的优劣——对于混合连通块而言，若 $S=x+y$，我们默认操作次数是 $x-1+y-1$ 然而这里是 $x+y$，所以总数要加上 $2$。对于单个连通块而言，令其大小为 $x$，我们找过来了一个使得 $S=x+1$，然而我们默认是 $x-1$，所以总数也要加上 $2$。

综上所述，答案为 $N+M-K+2\max (X,Y)$。

时间复杂度 $O(n)$，本题被解决。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=200005;

int read(){
    
    
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){
    
    if (ch=='-')  w=-w;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){
    
    s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');ch=getchar();}
	return s*w;
}
int n,m,len,k,x,y;
int a[maxl],fa[maxl],cntl[maxl],cntr[maxl];

int Find(int x){
    
    
	if (x==fa[x])  return x;
	else return fa[x]=Find(fa[x]);
}

signed main(){
    
    
	n=read(),m=read();len=n+m;
	for (int i=1;i<=len;i++){
    
    
		a[i]=read(),fa[i]=i;
		if (i<=n)  cntl[i]=1;
		else cntr[i]=1;
	}
	for (int i=1;i<=len;i++){
    
    
		int fu=Find(i),fv=Find(a[i]);
		if (fu!=fv){
    
    
			fa[fu]=fv;
			cntl[fv]+=cntl[fu];
			cntr[fv]+=cntr[fu];
		}
	}
	for (int i=1;i<=len;i++){
    
    
		if (i==Find(i)){
    
    
			k++;
			if (cntl[i]+cntr[i]==1)  continue;
			if (cntr[i]==0)  x++;
			if (cntl[i]==0)  y++;
		}
	}
	cout<<len-k+2*max(x,y)<<endl;
	return 0;
}